高中数学第一章立体几何初步123第1课时直线与平面平行学业分层测评苏教版必修Word文档格式.docx
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a，在Rt△AGN中，NG＝
＝
a.
【答案】
a
6．如图1－2－46，四边形ABCD是矩形，P∉平面ABCD，过BC作平面BCFE交AP于E，交DP于F，则四边形BCFE的形状一定是______．
图1－2－46
【解析】 ∵四边形ABCD为矩形，∴BC∥AD.∵AD⊂平面PAD，∴BC∥平面PAD.∵平面BCFE∩平面PAD＝EF，∴BC∥EF.∵AD＝BC，AD≠EF，
∴BC≠EF，∴四边形BCFE为梯形．
【答案】 梯形
7．如图1－2－47，三棱锥A－BCD中E，F，G，H分别是AB，BC，CD，DA边上的点，它们共面，并且AC∥平面EFGH，BD∥平面EFGH，AC＝m，BD＝n，则当EFGH是菱形时，AE∶EB＝________.
图1－2－47
【解析】 ∵AC∥平面EFGH，
∴EF∥AC，HG∥AC.
∴EF＝HG＝
·
m.
同理，EH＝FG＝
n，
∴
m＝
∴AE∶EB＝m∶n.
【答案】 m∶n
8．如图1－2－48，α∩β＝CD，α∩γ＝EF，β∩γ＝AB，若AB∥α，则CD与EF的位置关系是________．
图1－2－48
【解析】 ∵
⇒
AB∥CD，
同理可证AB∥EF，∴EF∥CD.
【答案】 平行
二、解答题
9．如图1－2－49，已知A1B1C1－ABC是正三棱柱，D是AC的中点．求证：
AB1∥平面DBC1.
图1－2－49
【证明】 ∵A1B1C1－ABC是正三棱柱，
∴四边形B1BCC1是矩形．
连结B1C交BC1于点E，
则B1E＝EC.
连结DE，在△AB1C中，
∵AD＝DC，B1E＝EC，∴DE∥AB1.
又∵AB1⊄平面DBC1，DE⊂平面DBC1，
∴AB1∥平面DBC1.
10．如图1－2－50，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为BB1上不同于B，B1的任一点，AB1∩A1E＝F，B1C∩C1E＝G.求证：
AC∥FG.
图1－2－50
【证明】 ∵AC∥A1C1，而AC⊄平面A1EC1，A1C1⊂平面A1EC1.
∴AC∥平面A1EC1.
而平面A1EC1∩平面AB1C＝FG，AC⊂平面AB1C，
∴AC∥FG.
[能力提升]
1．如图1－2－51所示，A是平面BCD外一点，E，F，H分别是BD，DC，AB的中点，设过这三点的平面为α，则在下图中的6条直线AB，AC，AD，BC，CD，DB中，与平面α平行的直线有________________条．
图1－2－51
【解析】 如图，过F作FG∥AD交AC于G，显然平面EFGH就是平面α.
在△BCD中，EF∥BC，EF⊂α，BC⊄α，
∴BC∥α.同理，AD∥α.
所以在所给的6条直线中，与平面α平行的有2条．
2．如图1－2－52，正方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，点E为AD的中点，点F在CD上．若EF∥平面AB1C，则线段EF的长度等于________．
图1－2－52
【解析】 因为直线EF∥平面AB1C，EF⊂平面ABCD，且平面AB1C∩平面ABCD＝AC，所以EF∥AC，又因为点E是DA的中点，所以F是DC的中点，由中位线定理可得：
EF＝
AC，又因为在正方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，所以AC＝2
，所以EF＝
.
3．在四面体A－BCD中，M，N分别是△ACD，△BCD的重心，则四面体的四个面中与MN平行的是____________________．
【解析】 连结AM并延长交CD于E，连结BN并延长交CD于F，由重心性质可知，E，F重合为一点，且该点为CD的中点，由
得MN∥AB，因此，MN∥平面ABC且MN∥平面ABD.
【答案】 平面ABC，平面ABD
4．已知直线l是过正方体ABCD－A1B1C1D1的顶点的平面AB1D1与平面ABCD所在平面的交线.
求证：
B1D1∥l.
图1－2－53
【证明】 ∵BB1綊DD1，
∴四边形BDD1B1是平行四边形，∴B1D1∥BD.
∵B1D1⊄平面ABCD，BD⊂平面ABCD，
∴B1D1∥平面ABCD，
∵平面AB1D1∩平面ABCD＝l，B1D1⊂平面AB1D1，∴B1D1∥l.
2019-2020年高中数学第一章立体几何初步1.2.4第2课时两平面垂直学业分层测评苏教版必修
1．设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面．下列命题中正确的序号是__________．
（1）若m⊥n，n∥α，则m⊥α；
（2）若m∥β，β⊥α，则m⊥α；
（3）若m⊥β，n⊥β，n⊥α，则m⊥α；
（4）若m⊥n，n⊥β，β⊥α，则m⊥α.
【解析】
（1）中，由m⊥n，n∥α可得m∥α或m与α相交或m⊂α，错误；
（2）中，由m∥β，β⊥α可得m∥α或m与α相交或m⊂α，错误；
（3）中，由m⊥β，n⊥β可得m∥n，又n⊥α，所以m⊥α，正确；
（4）中，由m⊥n，n⊥β，β⊥α可得m∥α或m与α相交或m⊂α，错误．
【答案】 （3）
2．如图1－2－98，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝AD＝2
，CC1＝
，则二面角C1－BD－C的大小为________．
图1－2－98
【解析】 如图，取BD中点O，连结OC，OC1，
∵AB＝AD＝2
，∴CO⊥BD，CO＝
∵CD＝BC，∴C1D＝C1B，∴C1O⊥BD.
∴∠C1OC为二面角C1－BD－C的平面角，
∴tan∠C1OC＝
，
∴∠C1OC＝30°
，即二面角C1－BD－C的大小为30°
【答案】 30°
3．下列四个命题：
①过平面外一点有且只有一条直线与该平面垂直；
②过平面外一点有且只有一条直线与该平面平行；
③如果两个平行平面和第三个平面相交，那么所得的两条交线平行；
④如果两个平面互相垂直，那么经过第一个平面内一点且垂直于第二个平面的直线必在第一个平面内．
其中真命题的序号是________.
【解析】 根据空间点、线、面间的位置关系，过平面外一点有且只有一条直线与该平面垂直，故①正确；
过平面外一点有无数条直线与该平面平行，故②不正确；
根据平面与平面平行的性质定理知③正确；
根据两个平面垂直的性质知④正确．从而正确的命题有①③④.
【答案】 ①③④
4．如图1－2－99所示，在三棱锥P－ABC中，PA⊥平面ABC，∠BAC＝90°
，则二面角B－PA－C的大小为________．
图1－2－99
【解析】 ∵PA⊥平面ABC，BA，CA⊂平面ABC，
∴BA⊥PA，CA⊥PA，因此，∠BAC即为二面角B－PA－C的平面角．又∠BAC＝90°
，故二面角B－PA－C的大小为90°
【答案】 90°
5．已知三棱锥D－ABC的三个侧面与底面全等，且AB＝AC＝
，BC＝2，则二面角D－BC－A的大小为________．
【解析】 如图，由题意知AB＝AC＝BD＝CD＝
，BC＝AD＝2.
取BC的中点E，连结DE，AE，则AE⊥BC，DE⊥BC，所以∠DEA为所求二面角的平面角．易得AE＝DE＝
，又AD＝2，AD2＝AE2＋DE2，所以∠DEA＝90°
6．如图1－2－100所示，将等腰直角三角形ABC沿斜边BC上的高AD折成一个二面角，此时∠B′AC＝60°
，那么这个二面角大小是________．
图1－2－100
【解析】 连结B′C，则△AB′C为等边三角形，设AD＝a，
则B′C＝AC＝
a，B′D＝DC＝a，
所以B′C2＝B′D2＋DC2，
所以∠B′DC＝90°
7．四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥底面ABCD，则这个四棱锥的五个面中两两垂直的共有________对．
【解析】 因为AD⊥AB，AD⊥PA且PA∩AB＝A，可得AD⊥平面PAB.同理可得BC⊥平面PAB、AB⊥平面PAD、CD⊥平面PAD，由面面垂直的判定定理可得，平面PAD⊥平面PAB，平面PBC⊥平面PAB，平面PCD⊥平面PAD，平面PAB⊥平面ABCD，平面PAD⊥平面ABCD，共有5对．
【答案】 5
8．已知平面α，β，且α∩β＝AB，PC⊥α，PD⊥β，C，D是垂足．若PC＝PD＝1，CD＝
，则平面α与平面β的位置关系是________.
【解析】 因为PC⊥α，AB⊂α，所以PC⊥AB.
同理PD⊥AB.又PC∩PD＝P，故AB⊥平面PCD.
设AB与平面PCD的交点为H，连结CH，DH.
因为AB⊥平面PCD，所以AB⊥CH，AB⊥DH，
所以∠CHD是二面角C－AB－D的平面角．
又PC＝PD＝1，CD＝
所以CD2＝PC2＋PD2＝2，
即∠CPD＝90°
.在平面四边形PCHD中，∠PCH＝∠PDH＝∠CPD＝90°
，所以∠CHD＝90°
，故平面α⊥平面β.
【答案】 垂直
9．如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，D，E分别为AB，BC的中点，点F在侧棱B1B上，且B1D⊥A1F，A1C1⊥A1B1.
图1－2－101
（1）直线DE∥平面A1C1F；
（2）平面B1DE⊥平面A1C1F.
【证明】
（1）在直三棱柱ABC－A1B1C1中，A1C1∥AC.
在△ABC中，因为D，E分别为AB，BC的中点，
所以DE∥AC，于是DE∥A1C1.
又因为DE⊄平面A1C1F，A1C1⊂平面A1C1F，
所以直线DE∥平面A1C1F.
（2）在直三棱柱ABC－A1B1C1中，A1A⊥平面A1B1C1.
因为A1C1⊂平面A1B1C1，所以A1A⊥A1C1.
又因为A1C1⊥A1B1，A1A⊂平面ABB1A1，A1B1⊂平面ABB1A1，A1A∩A1B1＝A1，所以A1C1⊥平面ABB1A1.
因为B1D⊂平面ABB1A1，所以A1C1⊥B1D.
又因为B1D⊥A1F，A1C1⊂平面A1C1F，A1F⊂平面A1C1F，A1C1∩A1F＝A1，所以B1D⊥平面A1C1F.
因为直线B1D⊂平面B1DE，所以平面B1DE⊥平面A1C1F.
10．如图1－2－102，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F，M，N分别是A1B1，BC，C1D1和B1C1的中点．
图1－2－102
（1）求证：
平面MNF⊥平面NEF；
（2）求二面角M－EF－N的平面角的正切值．
【解】
（1）证明：
连结MN，
∵N，F均为所在棱的中点，∴NF⊥平面A1B1C1D1.
而MN⊂平面A1B1C1D1，∴NF⊥MN.
又∵M，E均为所在棱的中点，
∴△C1MN和△B1NE均为等腰直角三角形，
∴∠MNC1＝∠B1NE＝45°
，∴∠MNE＝90°
∴MN⊥NE.又NF∩NE＝N，∴MN⊥平面NEF.
而MN⊂平面MNF，∴平面MNF⊥平面NEF.
（2）在平面NEF中，过点N作NG⊥EF于点G，连结MG.
由
（1）得知MN⊥平面NEF.又EF⊂平面NEF，∴MN⊥EF.
又MN∩NG＝N，∴EF⊥平面MNG，∴EF⊥MG.
∴∠MGN为二面角M－EF－N的平面角．
设该正方体的棱长为2.
在Rt△NEF中，NG＝
∴在Rt△MNG中，tan∠MGN＝
∴二面角M－EF－N的平面角的正切值为
1．已知α，β是两个不同的平面，m，n是平面α及β之外的两条不同直线，给出下列四个论断：
①m⊥n；
②α⊥β；
③n⊥β；
④m⊥α.
以其中三个论断作为条件，余下一个论断作为结论，写出你认为正确的一个命题：
__________.
【解析】 由面面垂直的判定定理可知，由m⊥n，m⊥α，n⊥β可推出α⊥β；
由面面垂直的性质定理可知，由m⊥α，n⊥β，α⊥β可推出m⊥n.
【答案】 ①③④⇒②（或②③④⇒①）
2．如图1－2－103，在三棱柱ABC－A1B1C1中，侧棱AA1⊥底面ABC.底面是以∠ABC为直角的等腰直角三角形，AC＝2a，BB1＝3a，D是A1C1的中点，点F在线段AA1上，当AF＝________时，CF⊥平面B1DF.
图1－2－103
【解析】 ∵B1D⊥平面A1ACC1，∴CF⊥B1D，
∴为了使CF⊥平面B1DF，只要使CF⊥DF（或CF⊥B1F）即可，设AF＝x，则CD2＝DF2＋FC2，∴x2－3ax＋2a2＝0，∴x＝a或x＝2a.
【答案】 a或2a
3．如果一个三棱锥的三个侧面两两垂直，则顶点在底面内的射影是底面三角形的________心．
【解析】 三侧面两两垂直，则三条侧棱也两两垂直，
∴PC⊥平面PAB，
∴AB⊥PC，
作PO⊥平面ABC于点O，
则AB⊥PO，∴AB⊥平面POC，
∴AB⊥OC，
同理，OB⊥AC，∴O为△ABC的垂心．
【答案】 垂
4．如图1－2－104，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是∠DAB＝60°
且边长为a的菱形，侧面PAD为正三角形，其所在的平面垂直于底面ABCD.
图1－2－104
（1）若G为AD边的中点，求证：
BG⊥平面PAD；
（2）求证：
AD⊥PB；
（3）若E为BC的中点，能否在棱PC上找到一点F，使平面DEF⊥平面ABCD，并证明你的结论．
【证明】
（1）∵在菱形ABCD中，∠DAB＝60°
，G为AD的中点，∴BG⊥AD.又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，
∴BG⊥平面PAD.
（2）如图，连结PG.
∵△PAD为正三角形，G为AD的中点，∴PG⊥AD.
由
（1）知BG⊥AD，
又PG⊂平面PGB，BG⊂平面PGB，且PG∩BG＝G，
∴AD⊥平面PGB.
∵PB⊂平面PGB，∴AD⊥PB.
（3）当F为PC的中点时，平面DEF⊥平面ABCD.证明如下：
F为PC的中点时，在△PBC中，FE∥PB，又在菱形ABCD中，GB∥DE，
而FE⊂平面DEF，DE⊂平面DEF，FE∩DE＝E，∴平面DEF∥平面PGB.
易知PG⊥平面ABCD，而PG⊂平面PGB，
∴平面PGB⊥平面ABCD，∴平面DEF⊥平面ABCD.
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